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EX1 : ( 1 point ) On note (C)la courbe de la fonction f définie sur Rpar f (x)=x3
3−4x+5.
Déterminer l’abscisse du ou des point(s) de (C)en lesquels la tangente à (C)est parallèle à la droite d’équation y =−3x+1
Pour être parallèle à la droite d’équation y= −3x+1 , le coefficient directeur de la tangente donc le nombre dérivé
doit-être égal à −3
les abscisses des points éventuels sont solutions de l’équation f′(x)=−3
f(x)=x3
3−4x+5 donc f′(x)=1 3×3x2−4×1+0=x2−4
Pour répondre, je résous l’équation x2−4=−3⇔x2=1⇔(x=1ou x =−1)S={−1;1}
Il y a deux solutions à cette équation, les deux tangentes à Cf, aux points d’abscisses respectives x=−1 et x=1
sont parallèles à la droite d’équation y=−3x+1 .
EX2 : ( 2 points )
1. Calculer la dérivée des fonctions f et g : f (x)=¡px+2¢3et g(x)=3
2+cos x
f=U3avec U(x)=px+2 et U′(x)=1
2px
f′=3×U2×U′
f′(x)=3סpx+2¢2×1
2px=3¡px+2¢2 2px
g=3×1
Vavec V(x)=2+cos(x)
g′=3×−V′
V2et V′(x)=0−sin(x)=−sin(x)
g′(x)=−(−3sin(x))
(2+cos(x))2=3sin(x) (2+cos(x))2
fonction dérivée
UnnUn−1×U′
U33×U2×U′
fonction dérivée
k×U k ×U′
3×U3×U′
1
V−V′ V2
2. Soit h la fonction numérique définie sur [−3;3]par h (x)=(3−x)p9−x2. Étudier la dérivabilité de h en 3 .
J’utilise la définition de la dérivabilité, en étudiant la limite lorsque xtend vers 3 du taux d’accroissement :
h(x)−h(3)
x−3=(3−x)p9−x2−0 x−3=−(x−3)p9−x2
(x−3)=−p9−x2
lim
x→3
h(x)−h(3)
x−3=lim
x→3³−p9−x2´=0Conclusion : la fonction hest dérivable en 3 et h′(3)=0
EX3 : ( 2 points ) Soit f une fonction dérivable sur Rqui vérifie ∀x∈R,f′(x)=1
1+x2et f (0)=0.
Calculer une valeur approchée de f (0,2)puis de f (0,4).
la méthode d’EULER et un pas h=0,2 permet d’obtenir ces valeurs par approximation affine :
f(0,2)=f(0+0,2)∼
=f(0)+0,2 ×f′(0)=0+0, 2 ×1
1+02=0,2
f(0,4)=f(0, 2 +0,2)∼
=f(0,2)+0, 2 ×f′(0,2)≃0,2 +0, 2 ×1
1+0,22≃0,39
TS. Contrôle 1 - Correction ♣

EX4 : ( 3 points ) On donne ci-contre la courbe Cfd’une fonction f
dérivable sur Ret les tangentes à Cfaux points d’abscisses 1et 2.
On note g et h les fonctions définies sur Rpar :
g(x)=f(2x)et h (x)=f¡x3¢.
1. Exprimer g′et h′à l’aide de f .
g=f◦uavec u(x)=2xet u′(x)=2
g′=¡f′◦u¢×u′
g′(x)=¡f′(2x)¢×2=2f′(2x)
h=f◦uavec u(x)=x3et u′(x)=3x2
h′=¡f′◦u¢×u′
h′(x)=¡f′¡x3¢¢×3x2=3x2f′¡x3¢
2. En déduire g ′(1)et h′(1).
g′(1)=2f′(2×1)=2f′(2)=2×(−1)=−2
h′(1)=3×12f′¡13¢=3×f′(1)=3×0=0
1
−1
1 2 3
Cf
fonction dérivée
f◦u¡f′◦u¢×u′
Graphiquement, on peut lire les coeffi-
cients directeurs des tangentes :
f′(1)=0 et f′(2)=−1
EX5 : ( 2 points ) Soit g une fonction dérivable sur Rtelle que g ′(x)6=0pour tout nombre réel x.
Le graphique ci-contre illustre la situation :
On appelle Cgla courbe représentative de la fonction g
dans un repère orthonormal ³O;−→ i;−→ j´.
Soit a un nombre réel.
On considère le point M de la courbe Cgd’abscisse a
N est le projeté orthogonal du point M sur l’axe des abscisses.
Soit P le point d’intersection de la tangente Taà la courbe
Cgau point M avec l’axe des abscisses.
1
2
123−1O−→
i
−→
j
Cg
Ta
M
NP
x
y
1. Démontrer que le point P a pour coordonnées µa−g(a)
g′(a); 0¶.
Le point P¡xP;yP¢étant sur l’axe des abscisses son ordonnée yPest nulle P(xP;0)
Le point P étant sur la tangente Tases coordonnées vérifient l’équation : y=g′(a)(x−a)+g(a)
0=g′(a)(xP−a)+g(a)⇔xP−a=−g(a)
g′(a)⇔xP=a−g(a) g′(a)Pµa−g(a) g′(a); 0¶
2. Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative même non fructueuse, sera prise en compte dans l’évaluation.
Existe-t-il une fonction g vérifiant g(0) =2et −−→ NP =−→ i ?
N(a; 0)et Pµa−g(a)
g′(a); 0¶donc −−→
NP =−→ i⇔µa−g(a)
g′(a)−a=1¶⇔− g(a) g′(a)=1⇔g′(a)=−g(a)
il existe une unique fonction gvérifiant g(0) =2 et −−→ NP =−→ i, la solution de l’équation différentielle ½y′=−y
y(0)=2
TS. Contrôle 1 - Correction ♣